实变函数论作业部分习题解(参考).doc

实变函数论作业部分习题解（参考）说明：1. 本题解是视频课体置的全部习题，只是作业1作业4的部分习题。2题序为“章节题号”作业1（第一章第二章）1-1-1 证明（BA）A=B的充要条件是AB.证：必要性显然，事实上A为B的子集，因而AB.充分性：由AB知B-AB，所以（B-A）AB.但（B-A）AB恒成立，于是得证.1-1-2 证明A-B=ABC证：，即且，亦即，于是.再，即且. 亦即，边就是.综上述得证.1-1-3 证明定理4中的（3），（4），定理6中第二式。证：定理4（3）：，从而，当然有，又，由上述显然成立. 证毕.定理4（4）：左边，必存在, 由，当然有，由，当然有. 所以右边. 再右边，则或,由,则存在某使，又由,也存在某，从而，故=左边. 综上述，命题得证定理6（第二式）：左边，解，必存在某使，即，从而显然成立.再，右边，存在某使，即，当然满足，即有综上述，得证.1-1-4 证明（A-B）B=（AB）B的充要条件是B=.证：充分性显然，现证必要性：用反证法，若，则可令，从而.但由题设又有推到产生矛盾证毕.1-2-1 用解析式给出（-1，1）和（之间的一个1-1对应。解 其中1-2-2证明只要，就有（a,b）(0,1)证：当令，则可知与（0，1）建立1-1对应. 证毕1-3-1 证明平面上坐标为有理数的点构成一可数集合.证：设平面上坐标为有理数的点构成的集合为.其中（有理数集）（有理数集）则A可以表成并集，显然为可数集，所以可数个可数集的并集A为可数集，证毕.1-3-2 以数直线上的互不相交的开区间为元素的任意集合至多含有可数多个元素。证：在每一开区间中任取一有理点作代表，由题设可和数直线上这些有理点互异，组成的有理数集A是全体有理数集B的子集，由于B为可数集，所以A至多也为可数集。既然A与开区间1-1对应，于是证毕.1-3-3 所有系数为有理数的多项式组成一可数集合。证：不妨设系数为理数的多项式为n阶多项式，它显然为个有理数系数（）所决定，因而系数为有理数n阶多项式的全体之集维空间中坐标有理数之集对等，若能证明是可数集，那末可数得证. 现证可数：用归纳法，若，则当然为可数集，假设时为可数集，不妨设于是，其中取遍可数集，取遍有理数集.这样，得到如同平面上坐标为有理数的点组成一可数集，必为可数集.因此所有系数为有理数的多项式组成的集A=是可数多个有理数系数多项式集的并集，当然为可数集，证毕.1-3-4 如果是（）上的单调函数，则的不连续点最多有可数多个.证：不妨设单调函数的不连续点为，则当时，有,在闭区间上有界,从而有确界,于是可知,且,即得为在不连续点处的跳跃区间,显然,任意两跳跃区间互不相交,且的每一不连续点与其相应跳跃区间对等,由于这些互不相交跳跃区间的全体是分布在轴上互不相交的开区间族,由1-3-2题知,这些开区间族至多含有可数多个,于是问题得证.1-4-1 证明0,1上的全体无理数构成一不可数无穷集合.证: 0,1= .若假设,则其并集0,1为可数集,即0,1N,这产生矛盾,表明不可能是可数集,从而为一不可数集,证毕.1-4-2 证明全体代数数(即整系数多项式的零点)构成一可数集合,进而证明存在超越数.证: 不防设n阶多项式: 由1-3-3证明可知,系数为整系数多项全体当然为可数集,因而其n阶整与数多项式全体的零点也构成一可数集,记为An ,这样记为可数个可数集的并,当然为可数集,又,全体实数之集的基数为连续基数C,而可数集A的基数为可数基,由于,所以存在非代数数(即超越数). 证毕.2-1-1 证明 的充要条件是对于任意含有的邻域N(不一定以为中心)中,恒有异于的(其实这样的有无穷个). 而为E的内点的充要条件则是有含有的邻域N(同样,不一定以为中心)存在,使N(.证：先证第一个，必要性显然，现证充分性，既然含的N（）中恒有异于的，那么，于是可得属于E的异于的点到都满足，当时，,由定义知,再证第二个,必要性:由题设,存在,有.,则 令. 作N 若有,则. 表明充分性：，则. 令作N（则. 因为，所以，从而得到. 证毕.2-1-2 设是全体实数，是0，1上的全部有理点，求，.解 2-1-3 设是普通平面. 求解 2-2-1 证明点集F为闭集的充要条件是.证：既然F为闭集，那么，从而但永远有成立，于是既然，显然有成立. 证毕.2-2-2 设是上的实值连续函数，证明对任意常数都是开集，都是闭集.证：先证为开集.，那么，不妨令，当然成立，由连续函数定义，使当时恒成立.即有亦即 表明，即为的内点，由于的任意性，从而得证，次证为闭集。设为的任一骤点，则在该集合中存在一点列使当.由的连续性知，且即有从而，表明证毕2-2-3 证明任何邻域N（P，）都是开集，而证：，则，令作，则因为。所以于是由于的任意性得证为内点构成从而为开集得证,而由其内点和满足的边界点p构成,所以(这里，为其内任一点，且通常称闭邻域)*2-4-1 证明全体有理数所构成的集合不是型集，即不能表成可数多个开集的交.证：不妨令全体有理数所构成的集合为.假若Q能表成型集，那么，其中每一都为开集.用表示全体实数构成的集合.则. 这里，须知为单点集，当然为闭集，且亦为闭集，问题是从可知无内点，说明是可数多个无内点之闭集的并集，由Baire定理（设为型集，即，其中都为闭集，若都无内点，则E也无内点）知无内点，产生矛盾，证毕.2-5-1 证明定理2（设E是一点集，则是一开集，且.证：，令作N. ，则因为. 所以，表明.即由的任意性知为内点构成，所以为开集，而显然成立，事实上，则恒成立. 证毕.2-